Question

我在django中有一个文件上传视图。我有一个模型表格。在POST方法中， request.FILES 包含所有文件。

我想在request.FILES中对上传的文件做一些额外的工作。我在本地保存了文件并做了一些额外的工作。但是我无法在request.FILES中分配文件。

我做了一个字典 -

data_dict = {
                        'a_file': open(tmp_dir + "/a_repro.a", 'r'),
                        'b_file': open(tmp_dir + "/b_repro.b", 'r'),

                        'c_file': open(tmp_dir + "/c_repro.c", 'r'),

                        'd_file': open(tmp_dir + "/d_repro.d", 'r'),

                    }

但我不能指定像 -

form = MyUploadForm(request.POST, data_dict)

，或者

request.FILES = data_dict

但它不起作用。我该怎么办？

Answer 1

您无需动态request.FILES。因为，表单将采用参数data，files。根据您的要求，您可以执行以下操作

files = {
   'a_file': open(tmp_dir + "/a_repro.a", 'r').read(),
}

form = MyUploadForm(data=request.POST, files=files)

供参考，请参阅：https://github.com/django/django/blob/master/django/forms/forms.py#L74

在django POST中操作request.FILES

1 个答案: